已知常数a、b都是正整数，函数f(x)＝xbx+1（x＞0），数列{an}满足a1=a，[1an+1＝f(1an)（n∈

已知常数a、b都是正整数，函数f(x)＝
x
bx+1
（x＞0），数列{an}满足a1=a，[1an+1＝f(
1
an
)
qbdsb 1年前 已收到1个回答 举报
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猫猫砣砣 幼苗

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解题思路：（1）由[1an+1＝f(
1
an
)＝
1
an
b
1
an
+1
＝
1
an+b
可得an+1=an+b，从而可证数列{an}是以b为公差的等差数列，进而可求通项
（2）当a=8b时，可得an=（n+7）b，则b1=8b，b2=12b，则有q＝
3/2]，可求bn＝8b•(
3
2
)n−1，由b3=18b，b4=27b，b5＝
81
2
b可得b5∉{an
从而可判断
（3）由b2=（m+7）b，可得q＝
m+7
8
，此时bn＝8(
m+7
8
)n−1b
分别就进行讨论（i）当m=8k+1（k∈N）时，[m+7/8
＝k+1为正整数，（ii）当m=8k+5（k∈N）时，
m+7
8
＝
2k+3
2]（iii）当m=8k+2，+3，+4，+6，+7，+8（k∈N）
解答：解：（1）∵[1
an+1
＝f(
1
an
)＝
1
an
b
1
an
+1
＝
1
an+b

∴an+1=an+b，∴数列{an}是以b为公差的等差数列
∵a1=a，∴an=a+（n-1）b
（2）当a=8b时，an=（n+7）b
∴b1=8b，b2=12b，∴q＝
3/2]，∴bn＝8b•(
3
2
)n−1
∴b3=18b，b4=27b，b5＝
81
2
b
显然，[81/2]不是整数，即b5∉{an}，∴{bn}是项数最多为4的有穷数列
（3）∵b2=（m+7）b，∴q＝
m+7
8
，此时bn＝8(
m+7
8
)n−1b
i）当m=8k+1（k∈N）时，[m+7/8
＝k+1为正整数，
此时{bn}中每一项均为{an}中的项，∴{bn}为无穷数列；
ii）当m=8k+5（k∈N）时，
m+7
8
＝
2k+3
2]
此时当n=1，2，3，4，8(
2k+3
2
)n−1为大于8的正整数，
但n=5时，8(
2k+3
2
)4不是正整数，∴此时{bn}是项数最多为4的有穷数列；
iii）当m=8k+2，+3，+4，+6，+7，+8（k∈N）时，
此时[m+7/8]为分母是4或8的最简分数，
只有当n=1，2时，8(
2k+3
2
)n−1才是大于8的正整数，
而当n≥3时，8(
2k+3
2
)n−1均为分数，∵{bn}仅有两项，∴此时{bn}不能构成等比数列．

（1）f′（x）=ex-1　　　　　　　　　　　　　　
由f′（x）=0得x=0
当x＞0时f′（x）＞0．当x＜0时，f′（x）＜0
∴f（x）在（0，+∞）上增，在（-∞，0）上减
∴f（x）min=f（0）=1
（2）∵M∩P≠∅，∴f(x)＞ax在区间[
1/2，2]有解
由f（x）＞ax得ex-x＞ax
即a＜
ex
x−1在[
1
2，2]上有解 　　　　　　　
令g(x)＝
ex
x−1，x∈[
1
2，2]
∴g′(x)＝
(x−1)ex
x2]
∴g(x)在[
1
2，1]上减，在[1，2]上增
又g(
1
2)＝2
e−1，g(2)＝
e2
2−1，且g(2)＞g(
1
2)
∴g(x)max＝g(2)＝
e2
2−1
∴a＜
e2
2−1　　　　　　　　　　　　　
（3）设存在等比数列{bn}，b1+b2+…+bn=Sn
∵Sn=∫tn[f（x）+x]dx=en-et
∴b1=e-et　　　　　　　　　　　
n≥2时bn=Sn-Sn-1=（e-1）en-1
当t=0时bn=（e-1）en-1，数{bn}为等比数列
t≠0时
b2
b1≠
b3
b2，则数{bn}不是等比数列
∴当t=0时，存在满足条件的数bn=（e-1）en-1满足题意

点评：
本题考点： 等差数列的通项公式；数列的函数特性；等比关系的确定．

考点点评： 本题主要考查了等差数列的及等比的项公式及数列知识的综合应用，解题的关键是考试具备一定的逻辑推理与计算的能力．

1年前

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